备战高考化学易错题专题训练物质的量练习题含详细答案.docx
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备战高考化学易错题专题训练物质的量练习题含详细答案
2020-2021备战高考化学易错题专题训练-物质的量练习题含详细答案
一、高中化学物质的量
1.
(1)有相同物质的量的H2O和H2SO4,其质量之比为_____,氢原子个数比为_____,氧原子个数比为_____。
(2)把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中,恰好完全反应,并得到标准状况下3.36LH2。
计算:
①该合金中铝的物质的量为_____。
②该合金中镁的质量为_________。
③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________(假定反应体积仍为100mL)。
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,则混和气体中CO2的体积分数为_____;CO的质量分数为_____。
【答案】9:
491:
11:
40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(H2O)=n(H2SO4),m(H2O):
m(H2SO4)=n(H2O)×18:
n(H2SO4)×98=9:
49;NH(H2O):
NH(H2SO4)=n(H2O)×2:
n(H2SO4)×2=1:
1;NO(H2O):
NO(H2SO4)=n(H2O)×1:
n(H2SO4)×4=1:
4;
(2)设镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,二者混合物的质量为3.06=24x+27y;根据化学反应的计量系数比:
Mg~2HCl~H2,2Al~6HCl~3H2,氢气的体积标准状况下3.36L,n(H2)=0.15mol,列式x+1.5y=0.15,解方程x=0.06mol,y=0.06mol,故该合金中铝的物质的量为0.06mol,该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g,反应后溶液中Cl¯(盐酸恰好反应完全,溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝)的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol,溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=
=3.0mol·L-1;
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,密度之比等于摩尔质量之比,则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol,设1mol混合气体中有xmolCO,CO2ymol,故x+y=1,28x+44y=40,则x=0.25mol,y=0.75mol,同温同压,气体体积之比等于物质的量之比,则混和气体中CO2的体积分数为75%,CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%
2.锂因其重要的用途,被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”.
(1)Li3N可由Li在N2中燃烧制得.取4.164g锂在N2中燃烧,理论上生成Li3N__g;因部分金属Li没有反应,实际反应后固体质量变为6.840g,则固体中Li3N的质量是__g(保留三位小数,Li3N的式量:
34.82)
(2)已知:
Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑.取17.41g纯净Li3N,加入100g水,充分搅拌,完全反应后,冷却到20℃,产生的NH3折算成标准状况下的体积是__L.过滤沉淀、洗涤、晾干,得到LiOH固体26.56g,计算20℃时LiOH的溶解度__.(保留1位小数,LiOH的式量:
23.94)
锂离子电池中常用的LiCoO2,工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备.
(3)将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合,充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g;过滤,向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液,得到白色沉淀143.50g,经测定溶液中的阳离子只有Na+,且Na+有1mol;反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收,使NaOH溶液增重13.20g,通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__,写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__.
(4)Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600~800℃,可制得LiCoO2,已知:
3Co2(OH)2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2;4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2
按钴和锂的原子比1:
1混合固体,空气过量70%,800℃时充分反应,计算产物气体中CO2的体积分数__.(保留三位小数,已知空气组成:
N2体积分数0.79,O2体积分数0.21)
【答案】6.9646.65611.212.8g2CoCO3•3Co(OH)2•H2O5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3•3Co(OH)2•H2O+10NaCl+3CO2↑0.305
【解析】
【分析】
【详解】
(1)首先写出锂在氮气中燃烧的方程式:
,接下来根据
算出锂的物质的量,则理论上能生成0.2mol的氮化锂,这些氮化锂的质量为
;反应前后相差的质量为
,这些增加的质量实际上是氮原子的质量,即
的氮原子,根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为
,这些氮化锂的质量为
;
(2)根据
先算出氮化锂的物质的量,根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:
1的,这些氨气在标况下的体积为
;根据化学计量比,0.5mol的氮化锂理论上能生成1.5mol的
,这些
的质量为
,缺少的那9.35克
即溶解损失掉的,但是需要注意:
溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量,虽然一开始有100克水,但是反应会消耗掉1.5mol水,这些水的质量为
,因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的
的量,换算一下
,解得S为12.8克;
(3)加入硝酸银后的白色沉淀为
,根据
算出
的物质的量,因此
全部留在溶液中,碱式碳酸钴中无
,
也全部留在溶液中,沉淀中无
,使烧碱溶液增重是因为吸收了
,根据
算出
的物质的量,根据碳守恒,剩下的
进入了碱式碳酸钴中,0.5mol
全部在碱式碳酸钴中,剩下的负电荷由
来提供,因此
的物质的量为0.6mol。
将0.5mol
、0.2mol
和0.6mol
的质量加起来,发现只有
,剩下的1.8克只能是结晶水,即0.1mol结晶水,综上,碱式碳酸钴的分子式为
;写出制备方程式
;
(4)令参加反应的氧气为3mol,相当于
的空气,又因为空气过量70%,则一共通入了
空气,反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳,则二氧化碳的体积分数为
。
3.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
【解析】
【分析】
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
故答案为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol,生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol=19.6g,故答案为:
19.6。
【点睛】
掌握有关硝酸反应的计算,一般用守恒方法,如电子守恒,反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量,也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量,据此计算即可。
4.实验室需要配制0.1mol·L-1CuSO4溶液480mL。
按下列操作步骤填上适当的文字,以使整个操作完整。
(1)选择仪器。
完成本实验所必需的仪器有:
托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、________以及等质量的两片张滤纸。
(2)计算,应选择下列________。
A.需要CuSO4固体8.0gB.需要CuSO4·5H2O晶体12.0g
C.需要CuSO4·5H2O晶体12.5gD.需要CuSO4固体7.7g
(3)称量。
所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同)。
(4)溶解、冷却。
若未冷却,则所配溶液浓度会________。
(5)转移、洗涤。
若未洗涤,则所配溶液浓度会________。
(6)定容,摇匀。
(7)将配好的溶液静置一段时间后,倒入指定的试剂瓶,贴好标签,注明配制的时间、溶液名称及浓度。
(8)在配制过程中,某学生观察定容时液面情况如图所示,所配溶液的浓度会________。
【答案】胶头滴管500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低
【解析】
【分析】
本题是一定量浓度溶液配制题目,注意其操作的相关注意事项即可
【详解】
(1)配制的是480mL溶液,需要容量瓶不能小于此体积,又定容后期需要胶头滴管,故本题答案为胶头滴管、500mL容量瓶;
(2)因为定容时使用的500mL容量瓶,其物质称量时时按500mL算,不是按480mL算,若果是硫酸铜固体其质量为
=8.0g,若为5水硫酸铜其质量为
=12.5g,故答案为A、C;
(3)砝码生锈,其砝码质量比本身标记质量大,其称量的物质质量增大,其配置容溶液浓度会偏高,故答案为偏高;
(4)若未冷却,会导致定容的溶液体积减少,最终导致溶液浓度偏高,故本题答案为偏高;
(5)若未洗涤,其烧杯中还残留有少量物质,其溶液中溶质质量减少,最终导致溶液浓度偏低,故本题答案为偏低;
(8)因仰视,溶液体积偏大,最终导致溶液浓度偏低,故本题答案为偏低。
【点睛】
注意:
计算物质质量时是以容量瓶体积来计算,不是配置的体积;定容时要平视,不要仰视和俯视;溶液移液要先冷却,转移时要多次洗涤。
5.现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体,在标准状况下其体积为13.44L。
回答下列问题:
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。
(2)混合气体中碳原子的质量为________。
(3)将混合气体依次通过如图所示装置,最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。
②气球中收集到的气体中,电子总数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
③气球的体积为________L。
【答案】36g·mol-17.2g28g·mol-14.2NA6.72
【解析】
【详解】
(1)标准状况下,该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6(mol),所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36(g·mol-1),
(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol,而CO和CO2分子中均只含一个碳原子,故混合气体中的碳原子也为1mol,所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2(g)
(3)CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后,CO2与NaOH反应被吸收,剩余的CO通过浓硫酸干燥,最后收集在气球中。
设CO的物质的量为x,则CO2的物质的量为0.6-x,列方程:
28x+44(0.6-x)=21.6,解得x=0.3mol。
①气球中收集到的气体为纯净的CO,其摩尔质量为28g·mol-1;②CO的物质的量为0.3mol,所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA;③标准状况下,0.3molCO的体积为0.3×22.4=6.72(L),所以气球的体积为6.72L。
6.根据所学的知识填空。
(1)已知铜在常温下能被稀HNO3溶解:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
①用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)______。
②请将上述反应改写成离子方程式:
_________________________________________;
③19.2g铜与稀硝酸完全反应,生成的气体在标准状况下的体积为_________________L;若4molHNO3参加反应,则该过程转移电子的数目为__________________________。
(2)标准状况下,44.8L由O2和CO2组成的混合气体的质量为82g,则O2的质量为_________g,该混合气体的平均摩尔质量为_______________________。
(3)3.4gNH3中所含氢原子数目与标准状况下__________LCH4所含氢原子数相同。
【答案】
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.483NA或1.806×10241641g/mol3.36
【解析】
【分析】
(1)Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中,Cu元素的化合价由0升高为+2价,N元素的化合价由+5价降低为+4价,该反应中转移2mol电子,根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量;
(2)根据n=
计算CO和CO2组成的混合气体的物质的量,设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者物质的量与质量,列方程计算x、y的值,进而计算CO和CO2的物质的量之比,根据M=
计算混合气体的平均摩尔质量;
(3)根据n=
计算出氨气的物质的量,再根据N=nNA计算出含有氨气分子数及含有的氢原子数目,结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量,根据V=nVm求甲烷的体积。
【详解】
(1)①化合价升高元素Cu失电子,化合价降低元素N得到电子,化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6,电子转移情况如下:
,故答案为:
;
②在3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中,HNO3和Cu(NO3)2溶于水且电离,应写成离子的形成,改写后的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O;
③铜的物质的量为0.3mol,该反应中Cu元素由0价升高到+2价,则0.3molCu失去的电子为0.3mol×(2-0)=0.6mol,设NO的物质的量为n,由电子守恒可知,0.3mol×2=n×(5-2),解得n=0.2mol,则NO的体积为4.48L;由方程式3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知8mol硝酸参加反应,转移6mol电子,因此有4mol硝酸参加反应,转移电子3mol,个数为3NA或1.806×1024,故答案为:
4.48;3NA或1.806×1024。
(2)标况下44.8L由O2和CO2组成的混合气体的物质的量为
=2mol,设O2和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,则:
x+y=2mol;32x+44y=82g;
解得:
x=0.5、y=1.5,则混合物中O2的的量为0.5mol×32g/mol=16g,混合气体的平均摩尔质量为:
=41g/mol,故答案为:
16;41g/mol;
(3)氨气的相对分子质量是17,其摩尔质量是17g/mol,则3.4g氨气的物质的量为:
n(NH3)=
=0.2mol,含有氢原子的数目为:
N(H)=3N(NH3)=0.6NA,与氨气含有H原子数目相等的CH4的物质的量
=0.15NA,故CH4的体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L,故答案为:
3.36。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算,注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系,灵活运用公式是解答的关键。
7.按要求完成下列各小题
(1)在同温同压下,相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
(2)0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___,含有氧原子物质的量之比为___,相同条件下两物质的密度之比为___。
(3)在含有Cu2+、H+、Fe2+、Al3+、Br-、Cl-的溶液中,还原性最弱的阴离子是___,氧化性最强的离子是___,既有氧化性又有还原性的离子是___。
(4)除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___,离子方程式___。
【答案】17:
1414:
111:
17:
11Cl-Cu2+Fe2+稀H2SO4CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答;根据氧化还原反应进行判断。
根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。
如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子,所以选择H2SO4进行除杂。
【详解】
(1)相同质量的N2和H2S的物质的量之比为
,根据阿伏伽德罗定律,在同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17:
14。
答案:
17:
14;
(2)电子数目之比等于电子的物质的量之比。
0.8molCO中电子的物质的量为0.8mol×(6+8)=11.2mol,0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2)=8.8mol,电子数目之比为11.2:
8.8=14:
11;含有氧原子物质的量之比为0.8:
0.4
2=1:
1,根据阿伏伽德罗定律的推论可知,相同条件下,气体的密度与摩尔质量成正比,所以相同条件下两物质的密度之比为:
28:
44=7:
11。
答案:
14:
111:
17:
11;
(3)卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2,单质的氧化性越强,其对应的离子的还原性越弱,所以还原性Br->Cl-,还原性最弱的阴离子是Cl-;金属单质的金属性越强,其离子的氧化性越弱,所以氧化性最强的离子是Cu2+;属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性,所以Fe2+既有氧化性又有还原性的;答案:
Cl-Cu2+Fe2+;
(4)除去Na2SO4中的Na2CO3,实质是除去CO32-离子,所加试剂H2SO4,离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O。
8.现有下列九种物质:
①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2(SO4)3
(1)属于电解质的是___;属于非电解质的是___。
(2)②和⑧反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
上述反应中氧化产物是___。
硝酸没有全部参加氧化还原反应,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。
用双线桥法分析上述反应(只需标出电子得失的方向和数目)___。
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应:
H++OH-=H2O,该离子反应对应的化学方程式为___。
(4)⑨在水中的电离方程式为___,
(5)34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液,SO42-的物质的量浓度为___。
【答案】①⑤⑥⑨③④Cu(NO3)2或Cu2+25%
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2OAl2(SO4)3=2Al3++3SO42-0.3mol/L
【解析】
【分析】
(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水;在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等);
(2)氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂,对应产物为氧化产物;依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量;根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析,化合价升高的元素原子失去电子,化合价降低的元素的原子得到电子,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数;
(3)H++OH-═H2O,可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水;
(4)硫酸铝为强电解质,水溶液中完全电离;
(5)计算3.42g硫酸铝的物质的量,依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量,依据
计算硫酸根离子的物质的量浓度。
【详解】
(1)①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物,是电解质;
②Cu是单质,既不是电解质也不是非电解质;
③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物,是非电解质;
④CO2本身不能电离,属于非电解质;
⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物,是电解质;
⑥Ba(OH)2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物,是电解质;
⑦氯酸钾溶液是混合物,既不是电解质也不是非电解质;
⑧稀硝酸是混合物,既不是电解质也不是非电解质;
⑨熔融Al2(SO4)3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物,是电解质;
综上所述,属于电解质的是①⑤⑥⑨;属于非电解质的是③④;
故答案为:
①⑤⑥⑨;③④;
(2)3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,反应中铜元素化合价升高,为还原剂,对应产物硝酸铜为氧化产物,参加反应的硝酸有8mol,只有2mol硝酸中的N化合价降低,作氧化剂,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%;在反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中,Cu元素的化合价由0升高到+2价,N元素的化合价由+5降低为+2价,转移的电子为6e−,则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为,
;
故答案为:
Cu(NO3)2或Cu2+;25%;
;
(3)H++OH−═H2O,可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应,化学方程式为:
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O;
故答案为:
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O;
(4)硫酸铝为强电解质,完全电离,电离方程式为:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-;
故答案为:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-;
(5)3.42g硫酸铝的物质的量
,依据硫酸铝电离方程式:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42
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